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第七章 动量守恒定律
第37 课时 专题强化：用三大观点解决动力学问题
【考情分析·探规律】
动量和能量的综
合
2025·江苏、2025·甘肃、2025·河北、2025·江苏、2025·山东
2025·河南、2025·海南、2025·浙江、2024 山东卷T17、
2024 湖北卷T14、2024 重庆卷T15、2024 甘肃卷T14、2024 浙江1 月
选考T18、2024 河北卷T15、2023 山东卷T18、广东卷T15、2023 浙
江6 月选考T18、
2023 湖北卷T15、2023 湖南卷T15、2022 山东卷T18、
2022 全国乙卷T25、2022 湖北卷T16、2022 河北卷T13、2022 湖南
卷T4、
用三大观点解决
动力学问题
2024·贵州卷·15、2024·湖北卷·14、2023·浙江6 月选考·18、
2023·广东卷·15、2022·广东卷·13
试
题
情
境
生活实践
类
安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运
动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究
类
气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
【知识梳理】
1.解决动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问
题的求解过程。
2.动力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的
问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械
能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
1
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(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于
系统机械能的减少量，即系统内能的增加量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有
系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解
决。
【小试牛刀】
典例1.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物
理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。
当滑块从A 处以初速度v0为10 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1 N，滑块
滑到B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知
滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B 间的距离l＝1.2 m，重力加速
度g 取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
【解析】(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m
＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩
擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为N2＝Mg-f'＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有-mgl-fl＝1
2mv1
2-1
2mv0
2
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰
撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有-(m＋M)gh＝0-1
2
(m＋M)v2
2
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代入数据联立解得h＝0.2 m。
典例2.(2023·浙江6 月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装
置。水平直轨道AB、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m 的四分
之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相
切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数k＝100 N/m 的轻质弹
簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量m＝0.12 kg 的滑块a 以初速度v0＝2√21 m/s
从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝
0.8 m，以v＝2 m/s 的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其
他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝1
2kx2(x 为形变量)，
重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a 碰后返回到B 点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械
能ΔE；
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【答案】(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
【解析】(1)滑块a 从D 到F，由动能定理
mg·2R＝1
2mv F
2-1
2mv0
2
在F 点由牛顿第二定律得FN-mg＝mv F
2
R
解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N
(2)已知滑块a 返回B 点时的速度vB＝1 m/s，
设滑块a 与b 碰后的速度大小为va，由动能定理有：-mg·2R-μmg·L＝1
2mvB
2-1
2mva
2
解得va＝5 m/s
因a、b 碰撞过程动量守恒，则mvF＝-mva＋3mvb
解得碰后b 的速度vb＝5 m/s
则滑块a、b 碰撞过程损失的能量
ΔE＝1
2mv F
2-1
2mva
2-1
2×3mvb
2
3
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解得ΔE＝0
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则a、b 碰后的共同速度v 满足：mvF＝4mv，解得
v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v'，有4mv＝6mv'，解得v'＝5
3 m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有1
2×(m＋3m)v2＝1
2×(m＋3m＋
2m)v'2＋1
2kx1
2，
解得x1＝0.1 m
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相
等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
典例3.如图，半径为R 的四分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨道平滑连接(1
4 圆
弧轨道最低点与水平轨道相切)，在水平轨道上等间距的静止着质量均为3m 的n 个
小球，编号依次为1、2、3、4…n，整个轨道固定在竖直平面内，质量为m 的小球
A 在圆弧最高点静止下滑，重力加速度为g，小球间均发生对心弹性碰撞，求：
(1)小球A 第一次与1 号小球发生碰撞后瞬间，两个小球的速度大小；
(2)第n 号小球的速度大小；
(3)1 号小球的最终速度大小。
【答案】(1)√2gR
2
√2gR
2
(2)√2 gR
2
(3)√2gR
2
n
【解析】(1)根据题意，设小球A 第一次与1 号小球发生碰撞前的速度为v0，由机械能
守恒定律有mgR＝1
2mv0
2
解得v0＝√2 gR
设小球A 第一次与1 号小球发生碰撞后，小球A 的速度为vA，1 号小球的速度为v1，
由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mvA＋3mv1
1
2mv0
2＝1
2mv A
2＋1
2×3mv1
2
解得vA＝m−3m
m＋3mv0＝-√2gR
2
，v1＝
2m
m＋3mv0＝√2 gR
2
4
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即碰撞后两小球的速度大小均为√2gR
2
。
(2)此后1 号球向右运动，与2 号球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律
有3mv1＝3mv1'＋3mv2
1
2×3mv1
2＝1
2×3mv1'2＋1
2×3mv2
2
解得v1'＝0，v2＝√2gR
2
通过计算说明1 号球碰后在原2 号球位置静止，2 号球碰后速度等于1 号球碰前的速度，
即两者交换速度。此后，2 号球与3 号球、3 号球与4 号球直至最后(n-1)号球与n 号球
碰撞，都遵循同样的规律，则第n 号球的速度应为vn＝√2gR
2
(3)根据上述分析可知，小球A 与1 号球第一次碰后向左运动至轨道一定高度后返回水
平轨道，此时速度大小为v0
2 ，方向向右，将与已经静止的1 号球(在原来2 号球位置)发
生第二次碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得，碰后两球的速度分别为vA'＝-
1
2×v0
2 ＝-v0
4 ，v1'＝1
2×1
2v0＝v0
4
碰后A 球向左运动，1 号球向右运动再次与2 号球碰撞，后面的球在彼此碰撞过程中交
换速度，即A 球与1 号球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且A 球速度减半。由题
意可知A 球与1 号球最终发生n 次碰撞(最后一次在n 号球最初的位置)，故1 号球的最
终速度为v＝v0
2
n ＝√2gR
2
n
。
【解题技巧】 数列法在动力学中的应用
凡涉及数列的物理问题具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程并不完全重
复，而是有一定的变化，利用某些物理量前后变化的联系，找出变化规律。
该问题的解题思路：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理变化的通项公式；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。
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【限时训练】（限时：60 分钟）
1.(15 分)(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、
竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B
依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M 点进入滑
槽，A 刚好滑到平台最右端N 点停下，随后滑下的B 以2v0的速度与A 发生正碰，碰
撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B 的质量分别
为m 和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的1
4 。A 与传送带间的动摩擦
因数为μ，重力加速度为g，A、B 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘
的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)(4 分)A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)(5 分)B 从M 点滑至N 点的过程中克服阻力做的功W；
(3)(6 分)圆盘的圆心到平台右端N 点的水平距离s。
【答案】(1) v0
μg (2)6mgL-3mv0
2 (3)3 v0
2 √
2 L
g
【解析】(1)A 在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间
t＝v0
a ＝v0
μg
(2)B 从M 点滑至N 点的过程中，由动能定理知
2mg·3L-W 克f＝1
2×2m(2v0)2-1
2×2mv0
2
解得W 克f＝6mgL-3mv0
2
(3)A、B 碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2
1
2×2m×(2v0)2-(1
2mv1
2＋1
2×2mv2
2)＝1
4 ×[1
2×2m×(2v0)2]
解得v1＝2v0，v2＝v0
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(另一解v1＝2
3v0，v2＝5
3v0不符合题意，舍掉)
两药品盒做平抛运动的时间t1＝√
2 L
g
则s-r＝v2t1，s＋r＝v1t1，解得s＝3 v0
2 √
2 L
g 。
2.(17 分)(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转动，传送
带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸
长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右
侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。将质量为0.1 kg 的小物块无初速度轻放在传
送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大
小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球
继续绕P 点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g
取10 m/s2。
(1)(5 分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)(6 分)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)(6 分)若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
【答案】(1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
【解析】(1)根据题意，小物块在传送带上，
由牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x＝v传
2
2a
＝2.5 m<L 传＝3.6 m
可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物
块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，
由动量守恒定律有m 物v＝m 物v1＋m 球v2
其中v＝5 m/s，v1＝-1 m/s
解得v2＝3 m/s
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小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔEk＝1
2m 物v2-1
2m 物v1
2-1
2m
球v2
2
解得ΔEk＝0.3 J
(3)若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为d，小球
在P 点正上方的速度为v3，在P 点正上方，由牛顿第二定律有m 球g＝m 球
v3
2
L绳−d
小球从O 点正下方到P 点正上方过程中，
由机械能守恒定律有
1
2m 球v2
2＝1
2m 球v3
2＋m 球g(2L 绳-d)
联立解得d＝0.2 m
即P 点到O 点的最小距离为0.2 m。
3.(18 分)(2024·贵州卷·15)如图，半径为R=1.8 m 的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面
内，其末端与水平地面PM 相切于P 点，PM 的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m 的水平传
送带以恒定速率v0=1 m/s 逆时针转动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道
顶端由静止释放，沿轨道下滑至P 点，再向左做直线运动至M 点与静止的物块b 发生
弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左端N 时，瞬间给b 一水
平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s 给b 一相同的瞬时冲量I，直到b 离
开传送带。已知a 的质量为ma=1 kg，b 的质量为mb=2 kg，它们均可视为质点。a、b 与
地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2。求：
(1)(3 分)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)(6 分)b 从M 运动到N 的时间；
(3)(9 分)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30 N (2)3.2 s (3)95 J
【解析】(1)a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律magR=1
2mav P
2
在P 点，设轨道对它的支持力大小为FN，
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根据牛顿第二定律FN-mag=mavP
2
R
联立解得FN=30 N
(2)a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
magR-μmagd=1
2
mav M
2-0
解得vM=3 m/s
a 与b 发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb
1
2
mav M
2=1
2
mava
2+1
2
mbvb
2
解得vb=2 m/s
b 滑上传送带后先做匀减速直线运动，加速度大小为a，根据牛顿第二定律μmbg=mba
解得a=5 m/s2
b 的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1=vb−v0
a
=0.2 s
对地位移x=vb+ v0
2
·t1=0.3 m
此后b 做匀速直线运动，b 到达传送带最左端还需要的时间t2= L−x
v0
=3 s
b 从M 运动到N 的时间t=t1+t2=3.2 s
(3)设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对b 根据动量定理I=mbv-(-mbv0)
解得v=2 m/s
b 向右减速到零所需的时间t3=v
a=0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4=v0
a =0.2 s
可得Δt=t3+t4
b 在Δt 时间内向右运动的距离
Δx=v
2·t3-v0
2
·t4=0.3 m
循环10 次后b 向右运动的距离
x'=10·Δx=3 m
每一次相对传送带运动的路程
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s=v
2·t3+v0t3+v0t4-v0
2
·t4=0.9 m
b 从N 向右运动3 m 的过程中b 与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J
然后b 继续向右减速运动，根据运动学公式
vt5-1
2
at5
2=L-x'
解得t5=0.2 s
此过程，b 相对传动带运动的路程
s'=L-x'+v0t5=0.5 m
此过程中b 与传送带摩擦产生的热量
Q2=μmbgs'=5 J
b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。
10
